Django：文字列からモデルを取得しますか？

Djangoでは、次のような関係を指定できます。

author = ForeignKey('Person')

そして、内部的には文字列 "Person"をモデルに変換する必要がありますPerson。

これを行う関数はどこにありますか？使いたいのですが見つかりません。

Django 3.0以降では、 AppConfig.get_model(model_name, require_ready=True)

Django 1.9以降、メソッドはdjango.apps.AppConfig.get_model(model_name)です。
- ダニップ

Django 1.7以降django.db.models.loadingでは、新しいアプリケーションの読み込みシステムのために非推奨になりました（1.9で削除予定）。
- スコット・ウッドオール

それを見つけた。ここで定義されています：

from django.db.models.loading import get_model

として定義：

def get_model(self, app_label, model_name, seed_cache=True):

django.db.models.loadingたジャンゴ1.7で非推奨（1.9で削除、新規の賛成で）アプリケーションローディングシステム。

Django 1.7のドキュメントでは、代わりに次のようになります。

>>> from django.apps import apps
>>> User = apps.get_model(app_label='auth', model_name='User')
>>> print(User)
<class 'django.contrib.auth.models.User'>

（私がしたように）行き詰まる人のために：

from django.apps import apps

model = apps.get_model('app_name', 'model_name')

app_name引用符を使用してリストする必要がありますmodel_name（つまり、インポートしないでください）。

get_model 小文字または大文字の「model_name」を受け入れます

ほとんどのモデル「文字列」は「appname.modelname」の形式で表示されるため、get_modelでこのバリエーションを使用することができます。

from django.db.models.loading import get_model

your_model = get_model ( *your_string.split('.',1) )

通常、そのような文字列をモデルに変換するdjangoコードの部分は、もう少し複雑django/db/models/fields/related.pyです。

    try:
        app_label, model_name = relation.split(".")
    except ValueError:
        # If we can't split, assume a model in current app
        app_label = cls._meta.app_label
        model_name = relation
    except AttributeError:
        # If it doesn't have a split it's actually a model class
        app_label = relation._meta.app_label
        model_name = relation._meta.object_name

# Try to look up the related model, and if it's already loaded resolve the
# string right away. If get_model returns None, it means that the related
# model isn't loaded yet, so we need to pend the relation until the class
# is prepared.
model = get_model(app_label, model_name,
                  seed_cache=False, only_installed=False)

私にとって、これはコアコードでこれを単一の関数に分割するための良いケースのようです。ただし、文字列が「App.Model」形式であることがわかっている場合は、上記の2つのライナーが機能します。

Django 1.7以降でこれを行うための祝福された方法は次のとおりです。

import django
model_cls = django.apps.apps.get_model('app_name', 'model_name')

したがって、すべてのフレームワークチュートリアルの標準的な例では、次のようになります。

import django
entry_cls = django.apps.apps.get_model('blog', 'entry')  # Case insensitive

モデルがどのアプリに存在するかわからない場合は、次の方法で検索できます。

from django.contrib.contenttypes.models import ContentType 
ct = ContentType.objects.get(model='your_model_name') 
model = ct.model_class()

your_model_nameは小文字でなければならないことに注意してください。

Djangoのどこで行われるかはわかりませんが、これは可能です。

リフレクションを介してクラス名を文字列にマッピングします。

classes = [Person,Child,Parent]
def find_class(name):
 for clls in classes:
  if clls.__class__.__name__ == name:
   return clls

怠惰なコードが少ない別のレンディション。Django 2+でテスト済み

from django.apps import apps
model = apps.get_model("appname.ModelName") # e.g "accounts.User"

以下は、文字列からクラスを取得するための、それほどジャンゴ固有でないアプローチです：

mymodels = ['ModelA', 'ModelB']
model_list = __import__('<appname>.models', fromlist=mymodels)
model_a = getattr(model_list, 'ModelA')

または、ここに示すようにimportlibを使用できます。

import importlib
myapp_models = importlib.import_module('<appname>.models')
model_a = getattr(myapp_models, 'ModelA')

2020ソリューション：

from django.apps import apps

apps.get_model('app_name', 'Model')

あなたのegあたり：

apps.get_model('people', 'Person')

あたり： インポートエラー：名前get_modelをインポートできません